考场上想到 70pts，结果没清空+没特判转移来源丢掉 35pts
不那么显然，如果 (m ge n - 1)，那么一定有解。
考虑如果只剩下一堆大于 (k) 的材料，那么每次我们取一个，不够再取另一个，一定能取完。于是我们只用考虑怎么消灭小于 (k) 的材料。因为每次我们可以把最小的那个取走，不够再从大于 (k-v_i) 的那些材料里面找，每取一次肯定能消灭一个小的，并且我们能保证能找到大于 (k-v_i) 的材料，否则剩下的平均将小于 (k-v_i)，仔细想想发现 (m ge n - 1) 的时候不可能。因此我们能够在 (m ge n - 1) 的情况下找到解。
现在考虑 (m = n - 2)。如果有解，一定时拿着拿着发现正好有两个的和为 (k)，一下子消掉两个。换言之，我们能够将原材料分成两个集合，对于每个集合都符合 (sum_{i in S} v_i = (|S| - 1) * k) 的性质。那么我们直接背包 DP 即可拿到 70pts。
发现我们要记一个集合大小，很不方便。我们可以统一让 (v_i) 减去 (k)，最后判断是否可能为 (-k) 即可。
发现我们的 DP 状态设成布尔类型肯定不好，并且发现每次就是对数组进行左移和或操作，因此直接上 bitset 优化即可。因为我们要知道转移路径，因此不能滚动数组，但是在 bitset 的强力优化下还是可行的（DP数组大概有几千万字节）。不过绝对不能记录 (pre)，要当场手动模拟，看如果选择 (cur) 之前的状态是否合法，据此决定是否选择 (cur)。
关键代码:
bool vis[567];
inline void Get_ans() {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (register int i = 1; i <= stop; ++i) {
nd[i] = (node){stk[i], d[stk[i]]};
vis[stk[i]] = true;
}
sol(stop, stop - 1);
int ntot = 0;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
if (!vis[i]) nd[++ntot] = (node){i, d[i]};
}
sol(ntot, ntot - 1);
Success();
}
bitset<NN> bt[505];
inline bool Try() {
bt[0][base] = true;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
int cha = d[i] - k;
bt[i] = bt[i - 1] | (cha > 0 ? bt[i - 1] << cha : bt[i - 1] >> (-cha));
}
if (!bt[n][-k + base]) return false;
int nw = -k;
for (register int i = n; i; --i) {
int cha = d[i] - k;
if (nw - cha + base >= 0 && bt[i - 1][nw - cha + base]) {
stk[++stop] = i;
nw -= cha;
}
}
return true;
}